数值分析引论26课件

1、6 埃尔米特(Hermite)插值Hermite插值问题的数学提法 其中互异,为正整数, 给定函数y =f(x)函数表及各阶导数表如下寻求m次多项式P(x)使满足插值条件:Hermite插值问题共有m+1个条件mi,i=0,1,n可相同，亦可不同若记二、mi 不相等的Hermite插值问题（例题）一、 mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0,1,n 为例）一、mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0,1,n 为例） 问题 函数表及导数表已知函数其中互异,寻求次多项式使满足插值条件:1. Hermite插值多项式的存在性 第一步, 求Hermite 插值基函

2、数（用基函数法构造）已知, 求次多项式第一组基函数 （两组） x x0 x1 xj xnf (x) y0 y1 yj yn x x0 x1 xj xnf (x) 0 0 1 0并估计误差.满足插值条件:2. Hermite插值多项式的唯一性 3. Hermite插值余项,于是可令的二重零点, (6.3)式求导, 得其中C为待定常数,所以 已知由于的二重零点, 又由,则有则可令所以求次多项式,使满足插值条件: 第二组基函数 于是第二步, 求多项式 （满足插值条件(6.2)的多项式）另一方面,即(6.5)式是满足插值条件(6.2)的插值多项式.分别为其中？2. Hermite插值多项式的唯一性为次

3、数的多项式且满足条件:及都是满足Hermite 插值条件(6.2)的解, 则 设这说明都是Q(x)的二重零点,个零点, 故, 即即Q(x)共有2n+2定理9 且已知f (x)函数表及导数表如果满足插值条件:，则存在唯一次数不超过2n+1次的多项式3. Hermite插值余项 定理10为Hermite插值多项式 , 注: 余项公式与拉格朗日余项公式类似; 则公式证明类似.n次拉格朗日插值余项本节重点： (1)理解H-插值多项式的构造方法; (2) 对较简单的mi(i=0,1, ,n)都相等的Hermite插值问题，会由(6.5)式写出插值多项式、会求出插值余项.证明与拉格朗日余项4. 重要特例:

4、带导数的两点插值 结论：函数表及导数表 问题:已知使满足插值条件:存在且唯一，表达式为其中求3次多项式 H3(x),余项公式为:二、 mi 不相等的Hermite插值问题（例题）例5已知函数表及导数表使满足插值条件：求次数不超过3的多项式P3(x)， 分析：解法二，已知三点，在此基础上，增加了一个并估计误差.1.已知节点xi (i=0,1,n)的 “连续” 信息量 解： 过3点用牛顿插值多项式的形式表示 2次多项式，可确定2次多项式，可节点，则增加三次项即可.解法一，的2次插值多项式为可由基函数法直接构造插值多项式与余项；(解法二)一、mi都相等的Hermite插值问题（以 mi=2, i=0

5、,1,n 为例）先求插值多项式由- 带重节点的牛顿插值多项式设所求多项式为重节点定义重节点定义 解： 过3点的2次插值多项式(解法二)先求插值多项式插值余项（误差估计）所以插值余项 事实上，构造函数（作辅助函数): 设, 其中k(x)为待定函数.则2. 已知某些节点的信息量仅仅是导数值补例已知f(x)函数表及并估计误差.分析解法二，解法一，可由基函数法直接构造插值多项式与余项；利用例5解法的思想方法，先构造一个低一阶的多项式，然后增加一项得到所求的插值多项式.但该题的条件不同于例5，先求一个易求的二次多项式，作二次多项式N(x)，可先由条件先求多项式解作二次多项式N(x) ，满足易知导数表,在

6、a,b上求三次多项式H(x)，使得(解法二)先求多项式解作二次多项式N(x) ，满足易知设易知h(x)是个三次多项式，且即a是h(x)的一个三重零点，于是，设 把上式与(1)式代入(2)式，得(1)(2)上式两边求二阶导数，得因而(3)代入(3)式，得估计误差先求首项系数是1的四次多项式w(x),满足 因a是w(x)的一个三重零点，于是令 求二阶导数，得解得从而求余项当x=a时，上式成立； 作辅助函数 则反复利用罗尔定理知(4)再由(5)式关于t 求四阶导数，得 (5)代入(4)式，得本课重点：P.85 9，作业: (1)理解H-插值多项式的构造方法； (2)能根据具体条件求出H-插值多项式及插值余